DeDA KDLan 120112012 Bim Sondoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT I NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán - Khối D (Thời gian làm bài: 180 phút). Phần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) 2x y C x 1 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.  d  : y mx  m  2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho 2. Tìm m để đường thẳng diện tích tam giác OAB bằng 4. Câu II: (2 điểm) 2  cos x  sin x  1  cot x  1 1. Giải phương trình: tan x  cot 2 x  x  y  x  y 4  2 x  y 2 128 1. Giải hệ phương trình:  5  x   x  3   1   5  x    x  3 Câu III: (1 điểm) Giải bất phương trình Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30 0. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD). 2 x 2  y 2  xy  1 Câu V:(1 điểm)Với mọi số thực x, y thỏa mãn điều kiện . 4 4 x y P 2 xy  1 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức. . . Phần II: Phần riêng (3 điểm): thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần. A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa.(2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A cố định nằm trên đường thẳng  : 2 x  3 y  14 0 , cạnh BC song song với  , đường cao CH có phương trình x  2 y  1 0 . Biết trung điểm cạnh AB là điểm M(-3; 0). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C. x2 y 2  1 25 9 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc . Viết phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4. n  3 1 2 x    x  , biết CâuVIIa: (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton .  E :. 2 n 1 rằng An  Cn1 4n  6 B. Theo chương trình nâng cao. Câu VIb.(2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(11; 0), trung điểm cạnh BC là M(3; -1), đỉnh B thuộc đường thẳng 1 : x  y  5 0 và đỉnh C thuộc đường thẳng  2 : x  y  5 0 . Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C.. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của Elip (E) có độ dài trục lớn bằng 4 2 , các đỉnh trên trục nhỏ và hai tiêu điểm của (E) cùng nằm trên một đường tròn. Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: C21n  C23n  C25n  ...  C22nn  1 223 …………………..Hết…………………..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I KHỐI D Câu. Nội dung. Điểm.  \  1 + Tập xác định: D = lim y 2  + Giới hạn: x   y =2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số lim y , lim y    x 1 x 1 x =1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 2 y'   0, x 1 2 x  1  + Đaọ hàm .   ;1 ,  1;   . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng. BBT: x y’ y. -. 1 -. 0.5. + -. 2. + -. I.1. 0.25. 2. Hàm số không có cực trị. + Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ và nhận giao điểm I(1; 2) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.. 0.25. I.2. + Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: 2x  x 1 mx  m  2   2 x 1  g  x  mx  2mx  m  2 0(*)  g  x  0 + (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt có hai nghiệm phân biệt khác 1  m 0     0  m  0  g 1 0    A  x1 ; mx1  m  2  , B  x2 ; mx2  m  2  Gọi x1, x2 là hai nghiệm của pt (*). Khi đó  x1  x2 2   m 2 8 2 2 2 2  x1.x2  m  AB  x2  x1  1  m  1  m m Theo định lí viét, ta có:. . . . . 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> d  O, AB  . m 2 1  m2. Ta có: SOAB 4  Do đó:. 1 8 1  m2 2 m. . . m 2 1  m2. 4  m  2 2 2m  m 6 4 2 (thỏa. mãn điều kiện). 0.25. Vậy m 6 4 2 2  cos x  sin x  2  cos x  sin x  1   sin x cos 2 x cos x cos x cos x  sin x  1 cos x sin 2 x sin x cos x.sin 2 x sin x k  x  sin 2 x 0  2   cos x  sin x 0  x    k  4 Điều kiện: 1. pt . II.1. . 2   x   k 2  k    2 4 Khi đó pt  x   k 2  k    4 Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là  sin 2 x  2 sin x  cos x . 0.25. 0.25. 0.25 0.25.  x  y  x  y 4  1  2 2  2  x  y 128  x  y 0  Điều kiện:  x  y 0 (*) x 2  y 2 16 .  1  2 x  2 Ta có: II.2.  x 8 x 2  y 2 8  x   2 2 2  x  y 64  16 x  x.  x 8  2  y 64  16 x  3  x 8 x 2  16 x  192 0    x  24 (thỏa mãn x 8 ) Cộng (2) với (3) vế với vế ta được: + Với x = 8, thay vào (2) ta được y 8 + Với x = -24, thay vào (2) ta được phương trình vô nghiệm  x; y   8;8  ;  8;  8  Vậy hệ phương tình có hai cặp nghiệm Điều kiện:  5  x  3 5  x   x  3   1   5  x    x  3 5 x .  III. 0.25. . .  1.  x  3 1 .  5  x    x  3  0. . . 5  x 1 1 . 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25.  x 3 0.  3 x  0 .  3 x 1   3 x 1  x   4 Đối chiếu với đk ta được  5 x   4 Vậy bpt có nghiệm x thỏa mãn  5  x   4. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> CB  AB  CB   SAB    Vì CB  SA SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB)  , SAB  SC   SC 300    , SB CSB  SB BC.cot 300 a 3  SA a 2.  . . IV. . 1 1 2a3 2  SA.S ABCD  a 2.a  (dvtt ) 3 3 3. VS . ABCD Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:  SA  BD  BD   SAC    SBD    SAC  SO  O  AC  BD   + Ta có  AC  BD AH  SO  AH   SBD   d  A,  SBD    AH Trong mp (SAC), kẻ + Trong tam giác vuông SAO có: 1 1 1 1 1 5 10 a  2  2  2  2  AH  2 2 a AH SA AO 2a 2a 5 2 10a d  A,  SBD    5 Vậy 1 2 xy  1 2   x  y   2 xy   4 xy  xy    5 Đặt t  xy . Ta có: 1 1 1 2 xy  1 2   x  y   2 xy  4 xy  xy  .  t  .   3 nên 5 3 Và. x P V. Suy ra. Xét hàm số  1 f   f  5. 2.  y2. 0.25. . 2.  2x2 y 2. 2 xy  1. .  7t 2  2t  1 f  t  4  2t  1.  7t 2  2t  1 4  2t  1 f ' t  . 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 7  t2  t .  t 0 ; f '  t  0   2  2t 1  t  1(l ) 2. có 1 2 1      ; f  0  4  3  15 1 2 Vậy GTLN bằng 4 , GTNN bằng 15 VIa. Vì AB  CH nên AB có pt: 2x + y + c = 0 1 Do M(-3; 0)  AB nên c = 6. Vậy pt AB: 2x + y + 6 = 0 2 x  3 y  14 0  A   4; 2   2 x  y  6  0    Do A nên tọa độ của A thỏa mãn hệ pt: Vì M(-3; 0) là trung điểm cạnh AB nên B(-2; -2). 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Phương trình cạnh BC đi qua B và song song với  là: 2  x  2   3  y  2  0  2 x  3 y  2 0 2 x  3 y  2 0  C  1;0   x  2 y  1  0  Vậy tọa độ điểm C là nghiệm của hpt: Gọi pt đường thẳng song song với Oy là (d): x = a (với a 0 ). Tung độ giao điêm của a2 y2 25  a 2 3  1  y 2 9.  y  25  a 2  a 5  25 5 (d) và (E) là: 25 9 3 6  3    A  a; 25  a 2  , B  a;  25  a 2   AB  25  a 2 VIa. 5 5    Vậy  5 2 6 100 5 5 AB 4  25  a 2 4  25  a 2   a  5 9 3 (thỏa mãn đk) Do đó Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là Điều kiện n 2, n   An2  Cnn11 4n  6  n  n  1  VII a. Ta có:. x. 5 5 5 5 , x  3 3. 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.25.  n  1 n 4n  6 2. 0.5.  n  1(loai )  n 2  11n  12 0    n 12 n. 12. 12  3 1  3 1 2 x   2 x   C12k 2 x3      x x    k 0 Với n = 12 ta có:  9 3 Số hạng không chứa x ứng với k = 9 là C12 .2 1760. . . 12  k. k. 12 1 k 12  k 36 4 k   x   C12 2 x   k 0. 0.5. B  1  B  b,5  b  ; C   2  C  c, c  5  Vì Do M(3; -1) là trung điểm của BC nên ta có hpt: b  c 0.5  2 3 b  c 6 c 2    B  4;1 , C  2;  3  VIb 5 bc  5 c  b  2 b 4     1 1  2 Vì H(11; 0) là trực tâm của tam giác ABC nên ta có:    11  x A    2     y A    4  0  AH .BC 0  x  2 y A 11  x 3   A  A  A  3; 4  0.5   7 x  y  17 y  4 A  A  A  BH . AC 0 7.  2  x A     1   3  y A  0 x2 y2  2 1 a  b  0  2 b 0.25 Gọi pt Elip cần tìm là: a Theo giả thiết ta có 2a 4 2  a 2 2 (1) Vì hai đỉnh B1, B2 cùng hai tiêu điểm F1, F2 nằm trên một đường tròn nên VIb OF2 OB2  b c (2) 0.25 2 2 2 c a  b 2  3 Mặt khác 2 0.25 Giải hệ gồm (1), (2) và (3) ta được b 4. x2 y 2  1 4 Vậy (E) đã cho có pt: 8 VII b. Ta có:. 0.25.  1  1. 2n. C20n  C21 n  C22n  C23n  ...  C22nn.  1  1. 2n. C20n  C21n  C22n  C23n  ...  C22nn.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  2 C21n  C23n  C25n  ...  C22nn  1 22 n. . .  C21n  C23n  C25n  ...  C22nn  1 22 n  1 1 3 5 2 n 1 23 n 1 23 Do giả thiết: C2 n  C2 n  C2 n  ...  C2 n 2 nên 2 2  n  1 23  n 24 ……………………….Hết……………………………….. 0.5 0.5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>